A – Trắc nghiệm

Bài 4.35 (trang 102)

Đề bài: Cho đường thẳng $a$ song song với mặt phẳng $(P)$. Mặt phẳng $(Q)$ chứa đường thẳng $a$ và cắt mặt phẳng $(P)$ theo giao tuyến là đường thẳng $b$. Vị trí tương đối của hai đường thẳng $a$ và $b$ là

A. chéo nhau.    B. cắt nhau.    C. song song.    D. trùng nhau.

Lời giải:

Theo tính chất ở Bài 12 (HĐ3): “Cho đường thẳng $a$ song song với mặt phẳng $(P)$. Nếu mặt phẳng $(Q)$ chứa $a$ và cắt $(P)$ theo giao tuyến $b$ thì $b$ song song với $a$.”

Vậy $a \parallel b$. Đáp án: C.

Bài 4.36 (trang 102)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $SD$. Đường thẳng $SB$ song song với mặt phẳng

A. $(CDM)$.    B. $(ACM)$.    C. $(ADM)$.    D. $(ACD)$.

Lời giải:

Gọi $O$ là giao điểm hai đường chéo $AC$ và $BD$ của hình bình hành $ABCD$. Khi đó $O$ là trung điểm $BD$.

Xét tam giác $SBD$:

• $M$ là trung điểm $SD$.
• $O$ là trung điểm $BD$.
• Suy ra $MO$ là đường trung bình của tam giác $SBD$ → $MO \parallel SB$ và $MO = \dfrac{1}{2}SB$.

Trong $(ACM)$:

• $O \in AC \subset (ACM)$ và $M \in (ACM)$ → $MO \subset (ACM)$.

Ta có:

• $SB \parallel MO$ và $MO \subset (ACM)$.
• $SB$ không nằm trong $(ACM)$ (vì $S \notin (ACM)$).

Theo điều kiện đường thẳng song song với mặt phẳng: $SB \parallel (ACM)$.

Đáp án: B.

Bài 4.37 (trang 102)

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Mặt phẳng $(AB’D’)$ song song với mặt phẳng

A. $(ABCD)$.    B. $(BCC’B’)$.    C. $(BDA’)$.    D. $(BDC’)$.

Lời giải:

Trong hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$:

Bước 1: Chứng minh $AB’ \parallel DC’$.

Xét tứ giác $ABC’D’$… thực ra ta dùng vector cho gọn:

• $\overrightarrow{AB’} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BB’}$.
• $\overrightarrow{DC’} = \overrightarrow{DC} + \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{AB} + \overrightarrow{BB’}$ (vì $\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{BB’}$ trong hình hộp).
• Vậy $\overrightarrow{AB’} = \overrightarrow{DC’}$ → $AB’ \parallel DC’$ và $AB’ = DC’$.

Bước 2: Chứng minh $AD’ \parallel BC’$.

Tương tự: $\overrightarrow{AD’} = \overrightarrow{AD} + \overrightarrow{DD’} = \overrightarrow{BC} + \overrightarrow{CC’} = \overrightarrow{BC’}$ → $AD’ \parallel BC’$ và $AD’ = BC’$.

Bước 3: Kết luận.

• $(AB’D’)$ chứa hai đường thẳng $AB’$ và $AD’$ cắt nhau tại $A$.
• $AB’ \parallel DC’ \subset (BDC’)$ → $AB’ \parallel (BDC’)$.
• $AD’ \parallel BC’ \subset (BDC’)$ → $AD’ \parallel (BDC’)$.

Theo điều kiện hai mặt phẳng song song: $(AB’D’) \parallel (BDC’)$.

Đáp án: D.

Bài 4.38 (trang 102)

Đề bài: Cho ba mặt phẳng $(P),; (Q),; (R)$ đôi một song song với nhau. Đường thẳng $a$ cắt các mặt phẳng $(P),; (Q),; (R)$ lần lượt tại $A,; B,; C$ sao cho $\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{2}{3}$ và đường thẳng $b$ cắt các mặt phẳng $(P),; (Q),; (R)$ lần lượt tại $A’,; B’,; C’$. Tỉ số $\dfrac{A’B’}{B’C’}$ bằng

A. $\dfrac{2}{3}$.    B. $\dfrac{1}{2}$.    C. $\dfrac{3}{2}$.    D. $\dfrac{2}{5}$.

Lời giải:

Áp dụng định lí Thalès trong không gian (Bài 13): “Ba mặt phẳng đôi một song song chắn trên hai cát tuyến phân biệt bất kì những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.”

$$\dfrac{A’B’}{B’C’} = \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{2}{3}.$$

Đáp án: A.

Bài 4.39 (trang 102)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M,; N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $SB,; SD$; $K$ là giao điểm của mặt phẳng $(AMN)$ và đường thẳng $SC$. Tỉ số $\dfrac{SK}{SC}$ bằng

A. $\dfrac{1}{2}$.    B. $\dfrac{1}{3}$.    C. $\dfrac{1}{4}$.    D. $\dfrac{2}{3}$.

Lời giải:

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ → $O$ là trung điểm $AC$ và $BD$.

Bước 1: Xác định giao tuyến của $(AMN)$ với $(SBD)$.

Vì $M,; N \in (SBD)$ và $M,; N \in (AMN)$, nên $(AMN) \cap (SBD) = MN$.

Bước 2: Tìm điểm chung giữa $(AMN)$ và $(SAC)$.

• $A \in (AMN) \cap (SAC)$.
• $(SBD) \cap (SAC) = SO$ (vì $S,; O$ đều thuộc cả hai mặt phẳng).
• Trong $(SBD)$: $MN$ là đường trung bình của tam giác $SBD$ (do $M,; N$ là trung điểm $SB,; SD$) nên $MN \parallel BD$. Đường $SO$ là trung tuyến từ $S$ trong tam giác $SBD$ (vì $O$ là trung điểm $BD$). $MN$ cắt $SO$ tại một điểm — gọi là $I$ — và $I$ chính là trung điểm $SO$ (vì $MN$ là đường trung bình).

→ $I \in MN \subset (AMN)$ và $I \in SO \subset (SAC)$.

Bước 3: Tìm $K = (AMN) \cap SC$.

$(AMN) \cap (SAC) = AI$ (qua hai điểm chung $A$ và $I$). Đường thẳng $AI$ kéo dài cắt $SC$ tại $K$.

Bước 4: Tính $\dfrac{SK}{SC}$.

Trong tam giác $SAC$, ta có:

• $O$ là trung điểm $AC$.
• $I$ là trung điểm $SO$.

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $SOC$ với cát tuyến $A,; I,; K$ (hoặc dùng tọa độ — xem ghi chú dưới):

Đặt hệ tọa độ: $A = (0,0,0),; B = (1,0,0),; C = (1,1,0),; D = (0,1,0),; S = (0,0,1)$.

Mặt phẳng $(AMN)$ với $M = (0.5, 0, 0.5)$, $N = (0, 0.5, 0.5)$ có phương trình $-x – y + z = 0$.

Đường thẳng $SC$ tham số: $(t, t, 1-t)$ với $t \in [0,1]$.

Thay vào: $-t – t + (1-t) = 0 \Rightarrow 1 – 3t = 0 \Rightarrow t = \dfrac{1}{3}$.

Vậy $K$ chia $SC$ theo tỉ lệ $\dfrac{SK}{SC} = \dfrac{1}{3}$.

Đáp án: B.

Bài 4.40 (trang 102)

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Gọi $M,; M’$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $BC,; B’C’$. Hình chiếu của tam giác $\Delta B’DM$ qua phép chiếu song song trên $(A’B’C’D’)$ theo phương chiếu $AA’$ là

A. $\Delta B’A’M’$.    B. $\Delta C’D’M’$.    C. $\Delta DMM’$.    D. $\Delta B’D’M’$.

Lời giải:

Xét hình chiếu của từng đỉnh trên $(A’B’C’D’)$ theo phương $AA’$:

• Hình chiếu của $B’$: $B’ \in (A’B’C’D’)$ → hình chiếu là chính $B’$.
• Hình chiếu của $D$: Đường thẳng qua $D$ song song với $AA’$ chính là $DD’$ (vì $DD’ \parallel AA’$ — cạnh bên hình hộp). $DD’$ cắt $(A’B’C’D’)$ tại $D’$ → hình chiếu của $D$ là $D’$.
• Hình chiếu của $M$: $M$ là trung điểm $BC$. Đường thẳng qua $M$ song song $AA’$ nằm trong mặt $(BCC’B’)$ (vì mặt này chứa $BB’ \parallel AA’$). Trong hình bình hành $BCC’B’$, đường thẳng qua trung điểm $M$ của $BC$ song song $BB’$ cắt $B’C’$ tại trung điểm $M’$. → hình chiếu của $M$ là $M’$.

Vậy hình chiếu của tam giác $\Delta B’DM$ là tam giác $\Delta B’D’M’$.

Đáp án: D.

B – Tự luận

Bài 4.41 (trang 103)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình thang, $AB \parallel CD$ và $AB < CD$. Xác định giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau:

a) $(SAD)$ và $(SBC)$;   b) $(SAB)$ và $(SCD)$;   c) $(SAC)$ và $(SBD)$.

Lời giải:

a) Giao tuyến $(SAD) \cap (SBC)$:

• $S$ là điểm chung của hai mặt phẳng.
• Xét trong mặt phẳng đáy $(ABCD)$: $AD$ và $BC$ là hai cạnh bên của hình thang. Vì $AB \neq CD$ (hình thang không phải hình bình hành), hai đường $AD$ và $BC$ không song song; chúng kéo dài sẽ cắt nhau tại một điểm — gọi là $E$.
• $E \in AD \subset (SAD)$ → $E \in (SAD)$.
• $E \in BC \subset (SBC)$ → $E \in (SBC)$.

Vậy $E$ là điểm chung thứ hai. Giao tuyến $(SAD) \cap (SBC) = SE$.

b) Giao tuyến $(SAB) \cap (SCD)$:

• $S$ là điểm chung.
• $(SAB)$ chứa $AB$, $(SCD)$ chứa $CD$, $AB \parallel CD$.

Theo Chú ý trang 81 (Bài 11): hai mặt phẳng chứa hai đường thẳng song song có giao tuyến (nếu có) song song với hai đường thẳng đó.

Giao tuyến là đường thẳng $d$ đi qua $S$ và song song với $AB,; CD$.

c) Giao tuyến $(SAC) \cap (SBD)$:

• $S$ là điểm chung.
• Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$ trong $(ABCD)$.
• $O \in AC \subset (SAC)$ và $O \in BD \subset (SBD)$ → $O$ là điểm chung thứ hai.

Giao tuyến $(SAC) \cap (SBD) = SO$.

Bài 4.42 (trang 103)

Đề bài: Cho hình lăng trụ tam giác $ABC.A’B’C’$. Gọi $M,; N,; P$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB,; BC,; AA’$.

a) Xác định giao điểm của mặt phẳng $(MNP)$ với đường thẳng $B’C$.

b) Gọi $K$ là giao điểm của mặt phẳng $(MNP)$ với đường thẳng $B’C$. Tính tỉ số $\dfrac{KB’}{KC}$.

Lời giải:

a) Xác định giao điểm $K = (MNP) \cap B’C$:

Bước 1: Tìm các giao tuyến của $(MNP)$ với các mặt của lăng trụ.

• $M \in AB \subset (ABC)$, $N \in BC \subset (ABC)$ → $(MNP) \cap (ABC) = MN$.
• $M \in AB \subset (ABB’A’)$, $P \in AA’ \subset (ABB’A’)$ → $(MNP) \cap (ABB’A’) = MP$.

Bước 2: Tìm giao tuyến của $(MNP)$ với $(BCC’B’)$.

• $N \in BC \subset (BCC’B’)$, $N \in (MNP)$ → $N$ là điểm chung.
• Cần điểm chung thứ hai: trong $(ABB’A’)$, kéo dài $MP$ cắt $BB’$ tại một điểm — gọi là $H$.

Xét trong hình bình hành $ABB’A’$: $M$ là trung điểm $AB$, $P$ là trung điểm $AA’$. Đường $MP$ là đường trung bình của tam giác $ABA’$ nên $MP \parallel A’B$ và $MP = \dfrac{1}{2}A’B$. Khi kéo dài, $MP$ cắt $BB’$ tại điểm $H$.

Có thể chứng minh $H = B’$ (đỉnh) hoặc $H$ nằm khác — ta dùng tọa độ để kiểm chứng (xem chú thích cuối).

Bước 3: Xác định $K$ trên $B’C$.

Dùng phương pháp tọa độ:

• $A = (0,0,0),; B = (1,0,0),; C = (0,1,0),; A’ = (0,0,1),; B’ = (1,0,1),; C’ = (0,1,1)$.
• $M = (0.5, 0, 0),; N = (0.5, 0.5, 0),; P = (0, 0, 0.5)$.
• Phương trình mặt $(MNP)$: $x + z = 0.5$ (tìm bằng cách lập pháp vector từ $\overrightarrow{MN}$ và $\overrightarrow{MP}$).
• Đường thẳng $B’C$: $(1-t, t, 1-t)$ với $t \in [0,1]$.
• Thay vào: $(1-t) + (1-t) = 0.5 \Rightarrow t = 0.75$.
• $K = (0.25,; 0.75,; 0.25)$.

b) Tính tỉ số $\dfrac{KB’}{KC}$:

• $\overrightarrow{KB’} = B’ – K = (0.75,; -0.75,; 0.75) \Rightarrow |KB’| = 0.75\sqrt{3}$.
• $\overrightarrow{KC} = C – K = (-0.25,; 0.25,; -0.25) \Rightarrow |KC| = 0.25\sqrt{3}$.

$$\boxed{\dfrac{KB’}{KC} = \dfrac{0{,}75\sqrt{3}}{0{,}25\sqrt{3}} = 3.}$$

Bài 4.43 (trang 103)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Trên cạnh $SC$ và cạnh $AB$ lần lượt lấy các điểm $M$ và $N$ sao cho $CM = 2SM$ và $BN = 2AN$.

a) Xác định giao điểm $K$ của mặt phẳng $(ABM)$ với đường thẳng $SD$. Tính tỉ số $\dfrac{SK}{SD}$.

b) Chứng minh rằng $MN \parallel (SAD)$.

Lời giải:

a) Xác định $K$ và tính $\dfrac{SK}{SD}$:

Bước 1: Tìm giao tuyến $(ABM) \cap (SCD)$.

• $M \in SC \subset (SCD)$ và $M \in (ABM)$ → $M$ là điểm chung.
• $(ABM)$ chứa $AB$, $(SCD)$ chứa $CD$, $AB \parallel CD$ (đáy hbh).

Theo Chú ý trang 81: giao tuyến của $(ABM)$ và $(SCD)$ là đường thẳng qua $M$ và song song với $AB,; CD$.

Bước 2: Tìm $K = (ABM) \cap SD$.

Đường thẳng qua $M$ song song $CD$ cắt $SD$ tại $K$. Đây cũng chính là $(ABM) \cap SD$.

Bước 3: Tính $\dfrac{SK}{SD}$.

Từ $CM = 2SM$ suy ra $SC = SM + MC = SM + 2SM = 3SM$, do đó:

$$\dfrac{SM}{SC} = \dfrac{1}{3}.$$

Trong tam giác $SCD$: $M \in SC$ với $\dfrac{SM}{SC} = \dfrac{1}{3}$, đường qua $M$ song song $CD$ cắt $SD$ tại $K$. Theo định lí Thalès đảo:

$$\dfrac{SK}{SD} = \dfrac{SM}{SC} = \dfrac{1}{3}.$$

Vậy $\boxed{\dfrac{SK}{SD} = \dfrac{1}{3}}$.

b) Chứng minh $MN \parallel (SAD)$:

Bước 1: Tính các tỉ số cần dùng.

• $\dfrac{AN}{AB} = \dfrac{1}{3}$ (vì $BN = 2AN$ nên $AB = 3AN$).
• $\dfrac{SK}{SD} = \dfrac{SM}{SC} = \dfrac{1}{3}$ (đã chứng minh).

Bước 2: Chứng minh tứ giác $ANMK$ là hình bình hành.

• Trong $(SCD)$: $MK \parallel CD$ và $\dfrac{MK}{CD} = \dfrac{SM}{SC} = \dfrac{1}{3}$. Vậy $MK = \dfrac{1}{3}CD = \dfrac{1}{3}AB$ (vì $CD = AB$ là cạnh đối hbh).
• $AN = \dfrac{1}{3}AB$.

→ $AN = MK = \dfrac{1}{3}AB$.

Mặt khác:

• $AN \subset AB \parallel CD \parallel MK$ → $AN \parallel MK$.

Tứ giác $ANMK$ có $AN \parallel MK$ và $AN = MK$ → $ANMK$ là hình bình hành, suy ra $NM \parallel AK$.

Bước 3: Kết luận.

• $AK \subset (SAD)$ (vì $A,; K \in (SAD)$).
• $MN \parallel AK$.
• $MN$ không nằm trong $(SAD)$ (vì $M \notin (SAD)$ — $M$ thuộc cạnh $SC$).

Theo điều kiện đường thẳng song song mặt phẳng: $MN \parallel (SAD)$ (đpcm).

Bài 4.44 (trang 103)

Đề bài: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $G,; K$ lần lượt là trọng tâm của các tam giác $SAD,; SCD$.

a) Chứng minh rằng $GK \parallel (ABCD)$.

b) Mặt phẳng chứa đường thẳng $GK$ và song song với mặt phẳng $(ABCD)$ cắt các cạnh $SA,; SB,; SC,; SD$ lần lượt tại $M,; N,; E,; F$. Chứng minh rằng tứ giác $MNEF$ là hình bình hành.

Lời giải:

a) Chứng minh $GK \parallel (ABCD)$:

Gọi $H$ là trung điểm $SD$.

• Xét tam giác $SAD$: $G$ là trọng tâm → $G$ thuộc trung tuyến $AH$ với $\dfrac{HG}{HA} = \dfrac{1}{3}$.
• Xét tam giác $SCD$: $K$ là trọng tâm → $K$ thuộc trung tuyến $CH$ với $\dfrac{HK}{HC} = \dfrac{1}{3}$.

Xét tam giác $HAC$:

• $G \in HA$ với $\dfrac{HG}{HA} = \dfrac{1}{3}$.
• $K \in HC$ với $\dfrac{HK}{HC} = \dfrac{1}{3}$.

Theo định lí Thalès đảo: $GK \parallel AC$.

• $AC \subset (ABCD)$.
• $GK$ không nằm trong $(ABCD)$ (vì $G$ thuộc đoạn $AH$ với $H \in SD$, nên $G \notin (ABCD)$).

→ $GK \parallel (ABCD)$ (đpcm).

b) Chứng minh $MNEF$ là hình bình hành:

Đặt $(\alpha)$ là mặt phẳng chứa $GK$ và song song với $(ABCD)$, $(\alpha) \cap SA = M,; (\alpha) \cap SB = N,; (\alpha) \cap SC = E,; (\alpha) \cap SD = F$.

Bước 1: $MN \parallel AB$.

$(\alpha) \parallel (ABCD)$. $(SAB)$ cắt $(\alpha)$ theo $MN$ và cắt $(ABCD)$ theo $AB$. Theo HĐ4 Bài 13: hai giao tuyến của một mặt phẳng với hai mặt phẳng song song thì song song với nhau. Vậy $MN \parallel AB$.

Bước 2: $EF \parallel CD$.

Tương tự, $(SCD)$ cắt $(\alpha)$ theo $EF$ và cắt $(ABCD)$ theo $CD$ → $EF \parallel CD$.

Bước 3: $MN \parallel EF$.

Vì $AB \parallel CD$ (đáy hbh) nên từ Bước 1 và Bước 2: $MN \parallel EF$.

Bước 4: $NE \parallel MF$.

Tương tự:

• $(SBC) \cap (\alpha) = NE$, $(SBC) \cap (ABCD) = BC$ → $NE \parallel BC$.
• $(SAD) \cap (\alpha) = MF$, $(SAD) \cap (ABCD) = AD$ → $MF \parallel AD$.

Vì $BC \parallel AD$ (đáy hbh) → $NE \parallel MF$.

Bước 5: Kết luận.

Tứ giác $MNEF$ có $MN \parallel EF$ và $NE \parallel MF$ → $MNEF$ là hình bình hành (đpcm).

Bài 4.45 (trang 103)

Đề bài: Cho hình hộp $ABCD.A’B’C’D’$. Gọi $M,; N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AD,; A’B’$. Chứng minh rằng:

a) $BD \parallel B’D’,; (A’BD) \parallel (CB’D’)$ và $MN \parallel (BDD’B’)$.

b) Đường thẳng $AC’$ đi qua trọng tâm $G$ của tam giác $A’BD$.

Lời giải:

a) Chứng minh ba điều:

(i) $BD \parallel B’D’$:

• Xét tứ giác $BDD’B’$: $\overrightarrow{BB’} = \overrightarrow{DD’}$ (cạnh bên hình hộp) → $BDD’B’$ là hình bình hành.
• Trong hình bình hành $BDD’B’$, hai cạnh đối $BD$ và $B’D’$ song song và bằng nhau.

Vậy $BD \parallel B’D’$.

(ii) $(A’BD) \parallel (CB’D’)$:

Tương tự câu (i), xét tứ giác $A’BCD’$:

• $\overrightarrow{A’B} = \overrightarrow{B} – \overrightarrow{A’} = (\overrightarrow{B} – \overrightarrow{A}) – (\overrightarrow{A’} – \overrightarrow{A}) = \overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AA’}$.
• $\overrightarrow{D’C} = \overrightarrow{C} – \overrightarrow{D’} = \overrightarrow{DC} – \overrightarrow{DD’} = \overrightarrow{AB} – \overrightarrow{AA’}$ (do $\overrightarrow{DC} = \overrightarrow{AB}$ và $\overrightarrow{DD’} = \overrightarrow{AA’}$).

Vậy $\overrightarrow{A’B} = \overrightarrow{D’C}$ → $A’B \parallel D’C$ và $A’B = D’C$.

Xét $(A’BD)$ và $(CB’D’)$:

• $(A’BD)$ chứa hai đường $A’B$ và $BD$ cắt nhau tại $B$.
• $A’B \parallel D’C \subset (CB’D’)$ → $A’B \parallel (CB’D’)$.
• $BD \parallel B’D’ \subset (CB’D’)$ → $BD \parallel (CB’D’)$.

Theo điều kiện hai mặt phẳng song song: $(A’BD) \parallel (CB’D’)$.

(iii) $MN \parallel (BDD’B’)$:

Gọi $O$ là trung điểm $BD$ (cũng là tâm của hình bình hành $ABCD$).

Bước phụ: Xét tứ giác $B’NMO$:

• $N$ là trung điểm $A’B’$ → $B’N = \dfrac{1}{2}A’B’ = \dfrac{1}{2}AB$ (vì $A’B’ = AB$).
• $M$ là trung điểm $AD$, $O$ là trung điểm $BD$. Trong tam giác $ABD$: $M,; O$ là trung điểm hai cạnh $AD,; BD$ → $MO$ là đường trung bình → $MO \parallel AB$ và $MO = \dfrac{1}{2}AB$.
• Vậy $B’N = MO = \dfrac{1}{2}AB$.
• $B’N \subset A’B’ \parallel AB$ và $MO \parallel AB$ → $B’N \parallel MO$.

Tứ giác $B’NMO$ có $B’N \parallel MO$ và $B’N = MO$ → $B’NMO$ là hình bình hành → $MN \parallel B’O$.

• $B’O \subset (BDD’B’)$ (vì $B’ \in (BDD’B’)$ và $O \in BD \subset (BDD’B’)$).
• $MN$ không nằm trong $(BDD’B’)$ (vì $M \notin (BDD’B’)$ — $M$ là trung điểm $AD$, $A,; D$ không cùng thuộc $(BDD’B’)$ ngoại trừ $D$).

→ $MN \parallel (BDD’B’)$ (đpcm).

b) Đường thẳng $AC’$ đi qua trọng tâm $G$ của tam giác $A’BD$:

Gọi $O$ là trung điểm $BD$. Trong tam giác $A’BD$, $A’O$ là trung tuyến từ $A’$ → trọng tâm $G$ nằm trên $A’O$ với $\dfrac{A’G}{A’O} = \dfrac{2}{3}$.

Bước 1: Chứng minh $A’C’ \parallel AO$ và $A’C’ = 2AO$.

• $A’C’$ là đường chéo của hình bình hành $A’B’C’D’$.
• $AC$ là đường chéo của hình bình hành $ABCD$.
• Trong hình hộp, $A’C’ \parallel AC$ và $A’C’ = AC$.
• $O$ là trung điểm $AC$ (vì $O$ là tâm hình bình hành $ABCD$, cũng là giao của hai đường chéo) → $AO = \dfrac{1}{2}AC$.

Vậy $A’C’ = AC = 2AO$ và $A’C’ \parallel AO$.

Bước 2: Xét hình thang $AOC’A’$.

Tứ giác $AOC’A’$ có $AO \parallel A’C’$ và $AO \neq A’C’$ → đây là hình thang với $AO$ và $A’C’$ là hai đáy ($A’C’ = 2AO$).

Hai đường chéo của hình thang là $AC’$ và $A’O$. Gọi $G$ là giao điểm của hai đường chéo này.

Theo tính chất hình thang: giao điểm hai đường chéo chia mỗi đường chéo theo tỉ lệ bằng tỉ lệ hai đáy.

$$\dfrac{A’G}{GO} = \dfrac{A’C’}{AO} = \dfrac{2AO}{AO} = 2.$$

Suy ra $A’G = 2GO$, tức $\dfrac{A’G}{A’O} = \dfrac{2}{2+1} = \dfrac{2}{3}$.

Bước 3: Kết luận.

$G$ nằm trên trung tuyến $A’O$ của tam giác $A’BD$ và $\dfrac{A’G}{A’O} = \dfrac{2}{3}$ → $G$ là trọng tâm tam giác $A’BD$.

Vậy $AC’$ đi qua trọng tâm $G$ của tam giác $A’BD$ (đpcm).

Bài 4.46 (trang 103)

Đề bài: Cho tứ diện $ABCD$. Trên cạnh $AB$ lấy điểm $M$ sao cho $BM = 3AM$. Mặt phẳng $(P)$ đi qua $M$, song song với hai đường thẳng $AD$ và $BC$.

a) Xác định giao điểm $K$ của mặt phẳng $(P)$ với đường thẳng $CD$.

b) Tính tỉ số $\dfrac{KC}{CD}$.

Lời giải:

a) Xác định $K = (P) \cap CD$:

Bước 1: Dựng các giao tuyến của $(P)$ với các mặt tứ diện.

• Qua $M$ kẻ $MH \parallel BC$ với $H \in AC$.
  • $MH$ nằm trong $(ABC)$ và $(P)$ chứa $MH$ (vì $(P) \parallel BC$ và đi qua $M$).
  • → $(P) \cap (ABC) = MH$.
• Qua $M$ kẻ $MI \parallel AD$ với $I \in BD$.
  • $MI$ nằm trong $(ABD)$ và $(P)$ chứa $MI$.
  • → $(P) \cap (ABD) = MI$.

Bước 2: Tìm giao tuyến $(P) \cap (BCD)$.

• $I \in BD \subset (BCD)$ và $I \in (P)$ → $I$ là điểm chung.
• $(P) \parallel BC$ và $BC \subset (BCD)$.

Theo tính chất: giao tuyến $(P) \cap (BCD)$ là đường thẳng qua $I$ và song song với $BC$. Đường này cắt $CD$ tại điểm $K$.

Vậy $K$ là giao điểm của $(P)$ với $CD$ — chính là giao của đường qua $I$ song song $BC$ với cạnh $CD$.

b) Tính tỉ số $\dfrac{KC}{CD}$:

Bước 1: Tính $\dfrac{AM}{AB}$.

Từ $BM = 3AM$ → $AB = AM + MB = AM + 3AM = 4AM$ → $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{1}{4}$.

Bước 2: Tính $\dfrac{BI}{BD}$.

Trong tam giác $ABD$, $M \in AB$ với $\dfrac{AM}{AB} = \dfrac{1}{4}$, $MI \parallel AD$ với $I \in BD$. Theo định lí Thalès:

$$\dfrac{BM}{BA} = \dfrac{BI}{BD} \Rightarrow \dfrac{BI}{BD} = \dfrac{3}{4}.$$

Suy ra $\dfrac{DI}{DB} = 1 – \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{4}$.

Bước 3: Tính $\dfrac{KC}{CD}$.

Trong tam giác $BCD$, $I \in BD$ và $IK \parallel BC$ với $K \in CD$. Theo định lí Thalès:

$$\dfrac{DI}{DB} = \dfrac{DK}{DC} \Rightarrow \dfrac{DK}{DC} = \dfrac{1}{4}.$$

Suy ra:

$$\dfrac{KC}{CD} = 1 – \dfrac{DK}{DC} = 1 – \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}.$$

Vậy $\boxed{\dfrac{KC}{CD} = \dfrac{3}{4}}$.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh